8/18/2019 PROBLEMA de Transferencia de MASA
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TRANSFERENCIA DE MASA 1
PROBLEMA DE TRANFERENCIA DE MASA 1
3.- Se considera un esquema para extraer H 2 S de un gas, depurando con agua a
75
℉
y 1atm el cual será depurado hasta una concentración de 0.01% las
solubilidad del H 2 S sigue la ley de enry ! ¿ 5"5x. !ara una torre de absorción
que opera en contracorriente tratando 0.1kmol
h de gas de entrada halle#
$nalticamente y grá&icamente
a. 'a relación LsGs a partir de 1.( ( LsGs )min .
b. 'a composición del lquido de salida.c. )l n*mero de etapas.
S+' )-++ $/$'-+
iagrama de &lu2o del proceso
1 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
L0G1
y1 x
0
Y 1
TORRE DE ABSORCION
X 0
L NPG NP+1
x NP y NP+1
Y NP+1
X NP
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TRANSFERENCIA DE MASA 1
a. Calculo de la relaci! Ls
G s
alculo de Y NP+1
Y NP+1= y NP+1
1− y NP+1
Y NP+1=
0.02
1−0.02
Y NP+1=¿ 0.0(0"03
$nálisis de la conca4idad
Y = 545 X
1−544∗ X
!rimera deri4ada
Y ' =
545
( 1−544∗ X )2
Segunda deri4ada
} = {545*544*2} over {{left (1-544*X right )} ^ {3}}
Y ¿
'os puntos a analiar para la conca4idad son#
X 0=0
X NPmax
alculo de X NPmax
X = Y NP
+1
545+544 ¿Y NP+1
2 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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TRANSFERENCIA DE MASA 1
X NPmax= 0.020408
545+544∗0.020408
X NPmax=3.66983 × 10−5
X NPmax=0.000037
Y ' ( 0 )>0
Y ' ( X NPmax )>0
!or lo tanto se concluye que es cónca4a hacia arriba.
alculo de Gs
Gs=G NP+1∗(1− y NP+1 )
Gs=0.1kmol
h ∗(1−0.02 )
Gs=0.098kmol
h
alculo de ( LsGs )mine la ecuación de dise6o en relaciones molares se tiene#
( Ls
Gs )min= Y NP+1−Y 1 X NPmax− X 0
( LsGs )min=0.020408−0.001001
0.000037−0
( LsGs )min=¿ 5(".5151"
3 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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TRANSFERENCIA DE MASA 1
alculo de Ls
G s
Ls
G s=1.2∗524.513514
Ls
G s=¿ 8(9."18(18
alculo de Ls y L NP
Ls
G s=¿ 8(9."18(18
Ls=G
s∗¿ 8(9."18(18
Ls=0.098kmol
h ∗¿ 8(9."18(18
Ls=61.682789 kmol
h
L NP=
Ls
(1− x NP )
L NP=61.682789
kmolh
(1−3.05809×10−5 )
L NP=¿ 81.83"7 kmolh
". Calculo de la co#$o%ici! de %alida del &a%
alculo de X NP real
e la ecuación de dise6o en relaciones molares.
4 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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TRANSFERENCIA DE MASA 1
Ls
G s=
Y NP+1−Y 1 X NP− X 0
X NP
=G s
Ls∗
(Y
NP+1−Y
1
)
X NP= 1
629.416216∗( 0.020408−0.001001 )
X NP=¿ .03 ×10−5
X NP=¿ 0.00001
alculando x NP
x NP= X
1+ X
x NP= 0.000031
1+0.000031
x NP=3.0999 ×10−5
)l cuál es la composición de salida del lquido.
c. Calculo del !'#ero de e(a$a% (erica%
Se puede aplicar el m:todo iterati4o o la ecuación de ;
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TRANSFERENCIA DE MASA 1
X
(¿¿ N −0)+0.001001Y N +1=629.416216∗¿
X = Y N 545+544∗Y N
X
¿(¿¿ N −0)+0.001001Y N +1=629.416216¿
$=>? +/ )S-$S )@!/-+ ) !$
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TRANSFERENCIA DE MASA 1
X 3=
0.003519
545+544∗0.003519
X 3=0.000006
0.000006
¿(¿¿−0)+0.001001Y 4=629.416216 ¿
Y 4=0.004777
X 4=
0.004777
545+544∗0.004777
X 4=0.000009
0.000009
¿(¿¿−0)+0.001001Y 5=629.416216 ¿
Y 5=0.006666
X 5=
0.006666
545+544∗0.006666
X 5=0.000012
0.000012
¿(¿¿−0)+0.001001Y 6=629.41621 6¿
Y 6=0.008554
X 6=
0.008554
545+544∗0.008554
X 6=0.000016
7 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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TRANSFERENCIA DE MASA 1
0.000016
¿(¿¿−0)+0.001001Y 7=629.416216 ¿
Y 7=0.011072
X 7=
0.011072
545+544∗0.011072
X 7=0.000020
0.000020
¿(¿¿−0)+0.001001
Y 8=629.416216 ¿
Y 8=0.0135879
X 8=
0.0135879
545+544∗0.0135879
X 8=0.000025
0.000025
¿(¿¿−0)+0.001001Y 9=629.416216 ¿
Y 9=0.016736
X 9=
0.016736
545+544∗0.016736
X 9=0.0000295
0.0000295
¿(¿¿−0)+0.001001Y 10=629.416216 ¿
Y 10=0.019555
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8/18/2019 PROBLEMA de Transferencia de MASA
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TRANSFERENCIA DE MASA 1
X 10=
0.019555
545+544∗0.019555
X 10=0.000036
0.000036
¿(¿¿−0)+0.001001Y 11=629.416216 ¿
Y 11=0.023660
DATOS DE PARA GRAFICAR LA RECTA DE OPERACION
n X Y
1 0.000000 0.001001
* 0.000002 0.002260
3 0.000004 0.003519
+ 0.000006 0.004777
, 0.000009 0.006666
0.000012 0.008554
0.000016 0.011072
9 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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TRANSFERENCIA DE MASA 1
/ 0.000020 0.0135879
0 0.000025 0.016736
1 0.0000295 0.019555
11 0.000036 0.023660
'$ E? $S ++ )/ )' )-++ E
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TRANSFERENCIA DE MASA 1
X 0=0.000000
10
(¿¿−5)¿
X 9=0.0000295
X NP=0.000031 X 10=0.000036
alculo de la &racción de plato
AREADELTRIANGULO PEQUEÑO AREADELTRIANGULO AYOROTOTAL=
( X NP− X 9)× (Y NP+1−Y 10)( X 10− X 9 )× (Y 11−Y 10 )
!RA"" =(0.000031−0.0000295 )× (0.020408−0.019555 )(0.000036−0.0000295 )× (0.023660−0.019555 )
!RA"" =0.04795
F
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TRANSFERENCIA DE MASA 1
x NP+1=0.02
-ambi:n se dispone de la ecuación de equilibrio la cual es#
Y = 545 X
1−544 X
ando 4alores a @ obtenemos los siguientes puntos
X ∗(10−5) Y
0 0.00000000
0.25 0.00136436
0.5 0.002732430.75 0.00410425
1 0.00547798
1.25 0.00685914
1.5 0.00824226
1.75 0.00962917
2 0.01101990
2.25 0.01241445
2.5 0.01381285
2.75 0.01521512
3 0.01662126
3.25 0.01803129
3.5 0.01944524
3.75 0.02086311
'a gra&ica es la siguiente#
12 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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TRANSFERENCIA DE MASA 1
)stableciendo la recta de operación as como el cálculo de la X NPmax de la gra&ica
Y 11=0.022464
Y NP+1=0.020408
Y 10=0.0188380
Y 1=0.001001
X 0=0.000000
X NPmax=3.668269 × 10−5
10
(¿¿−5)¿
13 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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TRANSFERENCIA DE MASA 1
X 9=0.000028
X NP=0.0000305 X 10=0.0000343
e la gra&ica obtenemos#
X NPmax=3.668269 × 10−5
alculo de la relación
( LsGs )min= Y NP+1−Y 1 X NPmax− X 0
( LsGs )min=0.020408−0.0010010.00003668269−0
( LsGs )min=529.0506231
alculo de la relación
Ls
G s
Ls
G s
=1.2∗529.0506231
Ls
G s=634.8607477
alculo de la composición de salida del gas
'a ecuación se determina la composición de salida del gas
X NP=G s Ls
(Y NP+1−Y 1 )
X NP= 1
634.8607477∗(0.020408−0.001001 )
X NP=3.0568908 × 10−5
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TRANSFERENCIA DE MASA 1
álculo del n*mero de platos teóricos#
)ste punto hallado X NP se une con el de
Y 1=0.001001
X 0=0.000000
ediante los puntos hallados y con la cur4a de operación se determina el n*mero de platos
alculo de la &racción de plato
AREADELTRIANGULO PEQUEÑO AREADELTRIANGULO AYOROTOTAL
=( X NP− X 9)× (Y NP+1−Y 10)
( X 10− X 9 )× (Y 11−Y 10 )
!RA"" =(0.000030568−0.000028 )× ( 0.020408−0.0188380 )
( 0.0000343−0.000028 )× ( 0.022464−0.0188380)
!RA"" =0.176492
!or lo tanto el n*mero de platos será 0.1+0* PLATOS
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